2019-2020学年高中物理 第二章 交变电流 第七节 远距离输电课件 粤教版选修3-2

第七节远距离输电第二章交变电流第二章交变电流1.了解交变电流从发电站到用户的输电过程．2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，理解高压输电的道理．3.知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行定量计算．一、从发电站到用户的输电线路1．根据教材中所提供的探究方案，我们通过实验可以得到如下实验结果：(1)第一次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度增加，电压表示数也增加，这是因为导线上的电阻被短路，它上面分担的电压减小，灯泡上的电压增大．这说明输电线上的电阻越大，用户得到的电能______．越少(2)第二次把带鳄鱼夹的导线夹在电阻两端时，小灯泡亮度也会增加，且在第二种情况下比第一种情况下灯光更亮，这是因为我们用了较高的电压输送电能，使其在输电线上损失的电能______了．2．在提高输电______的同时，减小输电线路的______，能有效地减少输电过程中的功率损耗．减少电压电阻3．输电线路的构成：输电过程一般要从发电站开始，经过______变压器，高压变电所、______变电所后，才能提供给工厂和一般用户．输电过程示意图如图所示，主要有：发电机、______变压器、输电线路、______变压器、用电器．升压低压升压降压二、为什么要用高压输电1．输送电能的基本要求(1)可靠：保证供电线路正常工作．(2)保质：保证供电质量——电压和频率要______．(3)经济：线路建设和运行的费用低——能耗____、电价____．稳定少低2．输电损耗及减小损耗的方法(1)输电时因为输电线有电阻而______．会损失电功率，设输电电流为I，输电线电阻为R，则损失的电功率P损＝________．(2)减小损耗的方法①减小输电线的______，即在输电线长度L一定的情况下，增大导线横截面积S和采用电阻率ρ更小的材料．②减小____________，由P＝UI知，可以通过提高____________来减小I.③在输送功率不变的前提下，要减少电功率损失，高压输电是最可行的方式．发热I2R电阻输电电流I输电电压U1．高压输电是否电压越高越好？提示：电压升高，会导致对空气放电，这就对导线的绝缘性能提出了更高的要求．另外高压送电对变压器也提出了更高的要求．因此输电电压也不是越高越好．在实际输电过程中输电电压要根据输送功率的大小、距离的远近、技术和经济各方面因素综合考虑．三、直流输电1．直流输电的优点：不存在______和______引起的电能损失．2．直流输电的基本过程：在发电站区域经变压器升压，由换流设备将________变成________，用高压直流电进行远距离传输，在用户区域由__________将直流电变为交流电，经变压器降压送给用户．3．直流输电示意图电感电容交流电直流电换流设备2．“提高输电电压、减小输电电流”是否与欧姆定律相矛盾？提示：不矛盾．欧姆定律I＝UR是对纯电阻元件成立的定律；而“提高电压、减小电流”是从输电角度，由P＝UI知，在输出功率P一定的条件下得出的方法，两者没有必然联系．输电线路上的电压损失和功率损失1．输电线上的电压损失(1)电压损失的原因：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在导线上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U′比起始端电压U低，差值ΔU＝U－U′称为输电线路上的电压损失．(2)造成电压损失的因素①输电线有电阻造成电压损失，其大小为ΔU＝IR(R为输电线路的电阻)．②输电线的感抗和容抗造成电压损失．(3)减小输电线路上电压损失的方法①减小输电线路电阻：用增大输电导线横截面积来减小电阻，对低压照明电路有效；在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大，故这种方法对高压输电效果不佳．②减小输电电流I：因为I＝PU，在输送电功率P一定的前提下，提高输电电压U是有效措施．高压输电既能减小功率损失，也能减小电压损失，但在实际输送电能时，还需综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压．(1)掌握U和ΔU的区别，U是输电电压，ΔU是输电导线上的电压损失．(2)高中阶段的计算中，只考虑输电线电阻所造成的电压损失，而忽略因容抗、感抗造成的电压损失．2．输电线上的功率损失(1)功率损失的原因：在电能输送过程中，电流流过输电线时，因输电线有电阻而发热，电能必有一部分转化为内能而损失掉．(2)功率损失的大小①设输电导线的总电阻为R，输电电流为I，则损失功率为P损＝I2R.②设输送的总电功率为P，输电电压为U，输电线的总长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ，则输电电流I＝PU，输电线电阻R＝ρLS，所以输电线上的功率损失可表示为P损＝I2R＝PU2·ρLS.(3)减小功率损失的方法根据公式P损＝I2R可知，减小输电线路上功率损失的方法有两种：①减小电阻：据R＝ρLS判断a．减小输电线的长度L：由于输电距离一定，所以在实际中不可能通过减小L来减小R.b．减小电阻率ρ：目前，一般用电阻率较小的铜或铝作为输电线材料．c．增大导线的横截面积S：这要多耗费金属材料，增大成本，同时给输电线的架设带来很大的困难．②减小输电导线的电流I：据I＝PU判断，提高输电电压U.在输送电功率P一定，输电线电阻一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，据P损＝PnU2R可知，输电线上的功率损耗将降为原来的1n2.(1)输送功率是指高压输电线始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率．(2)减小输电线中的功率损失最好采用提高输电电压的办法．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则下列关系式正确的是()A．P′＝U2SρLB．P′＝P2ρLU2SC．P用＝P－U2SρLD．P用＝P1－PρLU2S[思路点拨]解决此类问题的关键是正确理解关系式U损＝IR＝PUR和P损＝I2R＝PU2R.[解析]输电线电阻R＝ρLS，输电线中电流I＝PU，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝PU2ρLS＝P2ρLU2S用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P1－PρLU2S.故选项B、D正确．[答案]BD线路功率损失一般用公式P损＝I2R计算，若用P损＝U2R，则必须注意对应关系，即U为输电线上的电压损失，即P损＝U2损R.1.如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A．(n1n2)U2m4rB．(n2n1)U2m4rC．4(n1n2)2(PUm)2rD．4(n2n1)2(PUm)2r解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝Um2；由变压关系可得U1U2＝n1n2，则U2＝n2Um2n1；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝PU2＝2n1Pn2Um，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝4n21P2rn22U2m，故选项C正确．高压输电线路的分析与计算1．输送过程图2．输电过程：电路被划分为三个独立的回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律，串、并联电路规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁．3．基本关系式(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P线＋P3，P3＝P4.(2)电压、电流关系：U1U2＝n1n2＝I2I1，U3U4＝n3n4＝I4I3.U2＝U线＋U3，I2＝I3＝I线．(3)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝U2－U3R线.(4)输电导线上损耗的电功率：P线＝I线U线＝I2线R线＝P2U22R线．(1)用户消耗的功率决定输送功率，即用户和线路总共消耗多少功率，发电站就输送多少功率，这是能量守恒定律和变压器原理的体现．(2)抓住输电的两头——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次电压变换——升压变压器和降压变压器．(3)注意输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)三者之间的区别和数量关系．发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用初、次级匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，求用户得到的电压和功率．[思路点拨]熟练掌握远距离输电过程中的电压关系、电流关系与功率关系是解决这类问题的关键．[解析]如图，升压变压器次级的输出电压U2＝n2n1·U1＝101×220V＝2200V据升压变压器输出电功率等于输入电功率知，升压变压器次级输出电流I2＝PU2＝44×1032200A＝20A输电线路上的电压损失和功率损失分别为UR＝I2R＝20×0.2V＝4VPR＝I22R＝202×0.2W＝80W加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压为I3＝I2＝20A，U3＝U2－UR＝2200V－4V＝2196V降压变压器次级的输出电流和电压为U4＝n4n3·U3＝110×2196V＝219.6VI4＝n3n4·I3＝10×20A＝200A用户得到的功率为P4＝I4U4＝200×219.6W＝4.392×104W.[答案]219.6V4.392×104W解决远距离输电问题的技巧(1)有关远距离输电的问题，应首先画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．(2)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点和电功、电功率的公式等进行计算，联系各回路的桥梁是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系．2.某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2×105AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC．若输电线上损失电压为5kV，则输电线上损失的功率为9×104kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析：选B.输出电功率P＝3×106kW，输电电压U＝500kV，则输电线上输送的电流大小为I＝PU＝6×103A，所以A错误；输电线上由电阻造成的损失电压U损＝Ir＝15kV，所以B正确；输电线上损失的功率ΔP＝U损I＝P2U2r，所以D错误；若U损＝5kV，则输电线上的电流I′＝5kV2.5Ω＝2000A，导线上最大消耗功率P′＝I′2r＝20002×2.5W＝107W，故C错误．远距离输电的综合应用为了减少火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站．三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：水以v1＝3m/s的速度流入水轮机后以v2＝1m/s的速度流出，流出水位比流入水位低10m，水流量Q＝1×10m3/s，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机组的输出电功率是多少？(2)如果发电机输出的电压为240V，用户需电压220V，输电线路中能量损失为5%，输电线电阻为503Ω，那么所需升、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别是多少？[思路点拨]此题综合考查发电、输电过程中的功率、电压、电流的计算．解题关键是抓住能量守恒这一线索．[解析](1)水轮机获得的机械能E＝mgh＋12m（v21－v22）×75%＝Qtρgh＋12Qtρ（v21－v22）×75%＝10×103×10×10t＋12×10×103×t（32－12）×75%＝78×104t.则发电机输出电能E电＝E×80%＝624×103t.发电机的输出功率P0＝E电t＝624kW.(2)发电机的输出电流I＝P0U＝624×103240A＝2600A输电线路损失的功率ΔP＝P0×5%＝624kW×5%＝31.2kW.输电线中电流I2＝ΔPR＝31.2×103503